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专题30 固体、液体、气体
考点
考情
命题方向
考点1 气体液体固
体
考点2 气体的等压
等温等容变化
考点3 热力学定律
2024 全国
2024 海南
2024 安徽
2024 广西
2024 广东
2024 山东
2024 湖南
2024 浙江
2024 北京
2024 福建
本专题常考知识点：固体液体
的性质，气体压强的求解，气
体的等压等温等容变化，气体
实验规律的应用，及热力学定
律的应用。
1
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题型一 固体和液体性质的理解
1．晶体与非晶体
单晶体
多晶体
非晶体
外形
规则
不规则
不规则
熔点
确定
确定
不确定
物理性质
各向异性
各向同性
各向同性
典型物质
石英、云母、食盐、硫酸铜
玻璃、蜂蜡、松香
形成与
转化
有的物质在不同条件下能够形成不同的形态．同一物质可能以晶体和非晶
体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体.
2.液体的表面张力
(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．
(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．
3．液晶的物理性质
(1)具有液体的流动性．
(2)具有晶体的光学各向异性．
(3)从某个方向看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．
[模型演练1] （2024•台州二模）2024 年1 月底，台州迎来了近十年来最大的一场降雪，
大地银装素裹。下列说法正确的是（ ）
A．毛绒绒的雪花是晶体
B．雪花在空中飘舞做的是布朗运动
C．雪花在风中飘落过程中机械能一直减小
D．雪天路滑，汽车在转弯时易侧滑是因为受到离心力的作用
【解答】解：A、雪花是水蒸气凝华时形成的晶体，故A 正确；
B、雪花形状比较大，不是悬浮在空气中的固体小颗粒，所以不能把雪花的运动认为是布朗运动，
故B 错误；
C、雪花飘落过程中风可能对雪花做正功，雪花的机械能可能增大，故C 错误；
2
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D、雪天路滑，汽车在转弯时容易侧滑是因为地面的摩擦力不足以提供向心力；车辆受到离心力
这样的说法本身就是错误的，故D 错误。
故选：A。
[模型演练2] （2024•黄陂区校级一模）半导体掺杂对于半导体工业有着举足轻重的作用，
其中一种技术是将掺杂源物质与硅晶体在高温（800 到1250 摄氏度）状态下接触，掺杂源物质
的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，温度越高掺杂效果越显著，下列说法正确的是
（ ）
A．这种渗透过程是自发可逆的
B．硅晶体具有光学上的各向同性
C．这种渗透过程是分子的扩散现象
D．温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，所有分子的热运动速率都增加
【解答】解：AC、掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面，这种渗透过程是分子的
扩散现象，该过程为自发过程，其逆过程不能自发进行，故A 错误，C 正确；
B、由于硅晶体的晶格结构，硅晶体具有光学上的各向异性，故B 错误；
D、温度是分子热运动平均动能的标志，温度越高掺杂效果越好是因为温度升高时，分子的平均
动能增大，则分子的平均速率增大，并不是所有分子的热运动速率都增加，故D 错误。
故选：C。
[模型演练3] （2024•思明区校级模拟）茶道文化起源于中国，是一种以茶修身的生活方
式。东坡有诗云“一勺励清心，酌水谁含出世想。”下列关于泡茶中的物理现象的说法正确的
是（ ）
A．泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香，是因为温度越高分子热运动越剧烈
B．放入茶叶后，水的颜色由浅变深，是布朗运动现象
C．泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是不浸润的
D．打碎的茶杯不能拼接复原，说明分子间不存在作用力
【解答】解：A、温度越高，分子的无规则运动越剧烈，所以开水能使茶叶中的香味物质更快地
扩散出来，从而能快速泡出茶香，故A 正确；
B、将茶叶放入茶杯中，倒入沸水后发现水的颜色变深了，这是扩散现象，不是布朗运动现象，
3
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故B 错误；
C、泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收，说明茶水与茶托间是浸润的，而不是不
浸润，故C 错误；
D、打碎的茶杯不能拼接复原，是因为分子间距离较大，分子间作用力十分微弱，而不是不存在
作用力，故D 错误。
故选：A。
题型二 气体压强求解的方法
1．产生的原因
由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上
的压力叫做气体的压强．
2．决定因素
(1)宏观上：决定于气体的温度和体积．
(2)微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度．
3．平衡状态下气体压强的求法
(1)液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方
程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强．
(2)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力
平衡方程，求得气体的压强．
(3)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h 处的总压强
p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强．
[模型演练4] （2024•南通三模）如图所示，竖直玻璃管内用水银封闭了一段空气柱，水
银与玻璃管的质量相等。现将玻璃管由静止释放，忽略水银与玻璃管间的摩擦，重力加速度为
g，则（ ）
4
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A．释放瞬间，水银的加速度大小为g
B．释放瞬间，玻璃管的加速度大小为2g
C．释放瞬间，水银内部各处压强相等
D．释放后，水银与玻璃管始终以相同速度运动
【解答】解：AB、开始时，水银柱受重力、向下的大气压力、向上的大气压力，三力平衡；
玻璃管受重力、向下的大气压力、向上的大气压力、手的作用力（等于玻璃管和水银柱整体的
重力），四力平衡；
释放瞬间，手的托力减为零，其余力都不变，故水银柱的合力为零，加速度为零，玻璃管的合
力为（m+m）g＝ma
解得a＝2g
故A 错误，B 正确；
C、由释放瞬间，根据p＝ρgh 可知，水银内部各处压强不相等，故C 错误；
D、由于加速度不同，所以初始时水银与玻璃管的速度不同，故D 错误；
故选：B。
[模型演练5] （2023•昆明一模）如图所示，两端开口的“U”形玻璃管竖直放置，其右
侧水银柱之间封住一段高h＝5cm 的空气柱。空气柱下方的水银面与玻璃管左侧水银面的高度
差也为h。已知大气压强为75cmHg，空气柱中的气体可视为理想气体，周围环境温度保持不
变，玻璃管的导热性良好且玻璃管粗细均匀。下列说法正确的是（ ）
A．右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度小于5cm
B．封闭空气柱中气体的压强为70cmHg
C．从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强一定变大
D．从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，空气柱的压强一定变大
【解答】解：AB、同一液面压强相等，则封闭气体的压强为：p＝（75cmHg+5cmHg）＝
80cmHg，所以右侧玻璃管中空气柱上方的水银柱高度等于5cm，故AB 错误；
C、从玻璃管右侧管口缓慢注入少量水银，右侧水银柱的长度增加，水银柱对空气柱产生的压强
5
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增大，则空气柱的压强一定变大，故C 正确；
D、从玻璃管左侧管口缓慢注入少量水银，右侧水银柱的长度不变，气体做等压变化，即空气柱
的压强不变，故D 错误。
故选：C。
[模型演练6] （2023•浦东新区二模）如图，气缸放置在水平地面上，用质量为m1、截面
积为S 的活塞封闭一定质量的气体。活塞上放置一个质量为m2的重物，不计摩擦，重力加速
度为g，大气压强为p0，平衡时缸内气体的压强为（ ）
A．p0
B．p0+ m1g
S
C．p0+ m2 g
S
D．p0+ m1g+m2 g
S
【解答】解：活塞处于平衡状态，由pS＝p0S+m1g+m2g，解得p＝p0+ m1g+m2 g
S
，故D 正确，
ABC 错误；
故选：D。
题型三 气体状态变化的图像问题
1．气体实验定律
玻意耳定律
查理定律
盖—吕萨克定律
内容
一定质量的某种气体，
在温度不变的情况下，
压强与体积成反比
一定质量的某种气体，
在体积不变的情况下，
压强与热力学温度成正
比
一定质量的某种气体，
在压强不变的情况下，
其体积与热力学温度成
正比
表达式
p1V1＝
p 2V2
＝或
＝
＝或
＝
6
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图象
2.理想气体的状态方程
(1)理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、
温度不太低的条件下，可视为理想气体．
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能．
(2)理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：＝或＝C.
气体实验定律可看做一定质量理想气体状态方程的特例．
[模型演练7] （2023•浙江模拟）在“用DIS 研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”
实验时，缓慢推动活塞，注射器内空气体积逐渐减小，多次测量得到注射器内气体压强p、体
积V 变化的p﹣V 图线，如图所示（其中实线是实验所得图线，虚线为一条双曲线，实验过程
中环境温度保持不变），发现该图线与玻意耳定律明显不合，造成这一现象的可能原因是（
）
A．实验时用手握住注射器
B．实验时迅速推动活塞
C．注射器没有保持水平
D．推动活塞过程中有气体泄漏
【解答】解：由图示图象可知，该图线与玻意耳定律不够吻合，结合图象的特点可知，压缩气
体的过程中p 与V 的乘积减小，根据一定质量的理想气体状态方程pV
T =C 分析可知，造成这一
现象的可能原因是：实验时注射器内的空气向外泄漏，或实验时环境温度降低了，故ABC 错误，
D 正确。
故选：D。
[模型演练8] （2024• 皇姑区校级模拟）一定质量的理想气体从状态a 开始，经
a→b→c→a 回到初始状态a，其T﹣V 图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
7
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A．a、b 状态对应的压强之比为2：3
B．b→c 过程，容器壁单位面积上的分子撞击次数不变
C．c→a 过程为绝热过程
D．a→b→c→a 整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功
【解答】解：由图可知，各点的状态参量有：a（V0，2T0）、b（3V0，T0）、c（3V0，2T0）
A、气体在a→b 过程中，由理想气体状态方程得：paV a
T a
= pbV b
T b
，解得：pa＝6pb，故A 错误；
B、b 到c 的过程中，体积不变，温度升高，由理想气体状态方程可知，压强增大，容器壁单位
面积上的分子撞击次数增多，故B 错误；
C、气体在c→a 过程中，温度不变，气体内能不变，ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功，W＞
0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q 可知：W＝ΔU﹣Q＝﹣Q，外界对气体做的功等于气体向外界
放出的热量，故不是绝热过程，故C 错误；
D、将V﹣T 图像转化为p﹣V 图像，根据图线下方围成的面积等于功易知，a→b 过程中气体体
积增大，气体对外做功，b→c 过程体积不变，对外不做功，c→a 过程体积缩小，外界对气体做
功，p﹣V 图像围成的封闭面积等于外界对气体做的功，回到原状态a 温度回到初始状态，全过
程内能变化量
ΔU＝0
由热力学第一定律
ΔU＝Q+W
得，气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功，故D 正确。
故选：D。
8
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[模型演练9] （2024•南通模拟）一定质量的理想气体从状态A 出发到达状态B，其V﹣T
图像如图所示，AB 的反向延长线经过原点。气体在状态A 的压强pA =1.5×10
5 Pa，从状态
A 变化到状态B 的过程中吸收热量Q＝800J。已知外界大气压强p0=1.0×10
5 Pa，下列说法
不正确的是（ ）
A．气体在状态B 时的压强为2.5×105Pa
B．气体在状态B 时的体积为1.5×10﹣2m3
C．从状态A 变化到状态B 的过程，气体对外界做功750J
D．从状态A 变化到状态B 的过程，气体的内能增加50J
【解答】解：AB、AB 的反向延长线过原点，可知从状态A 到状态B 气体的压强不变，所以气
体在状态B 的压强为1.5×105Pa，从A 到B，由盖﹣吕萨克定律有：V A
T A
= V B
T B
，可得VB＝1.5×10
﹣2m3，故A 错误，B 正确；
CD、从状态A 到状态B 的过程，气体做的功：W＝pAΔV＝1.5×105×（1.5×10﹣2﹣1×10﹣2）J＝
750J，气体体积增大，气体对外界做功，所以W 应为负值，即W＝﹣750J，由热力学第一定律
有：ΔU＝W+Q，其中Q＝800J，代入数据可得：ΔU＝50J，可知气体内能增加50J，故CD 正确；
本题选错误的，
故选：A。
[模型演练10] （2024•朝阳区校级模拟）如图所示，两条曲线分别为一定质量的理想气体
从某一状态A 经等温过程或绝热过程体积由V1减小为V2的p﹣V 图，则下列说法中正确的是
（ ）
9
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A．曲线1 为等温过程
B．等温过程中外界对气体做的功比绝热过程的多
C．等温过程中气体从外界吸收热量
D．两个过程的末态相比，绝热过程的末态气体在单位时间内与单位面积的器壁碰撞的次数多
【解答】解：A、等温过程中，温度保持不变，因此压强与体积成反比，由于曲线1 在体积减小
时，压强增加得过快，这不符合反比例图像的特性，所以曲线1 应该是绝热过程，曲线2 是等温
过程，故A 错误；
B、在p﹣V 图像中，图像与坐标轴围成的面积表示外界对气体做功，通过图像可以看出曲线1
围成的面积大于曲线2 围成的面积，所以绝热过程做的功大于等温过程做的功，故B 错误；
C、等温过程中体积减小，所以外界对气体做功，要保证温度不变，即内能不变，则气体需要同
时向外界释放热量，故C 错误；
D、两个过程的末态体积相同所以气体的密度相同，但曲线1 的压强大，所以曲线1 的末态温度
高，所以分子平均动能大，即速度大，运动快，所以碰撞次数多，故D 正确。
故选：D。
[模型演练11] （2024•青岛模拟）一定质量的理想气体经历两个不同过程，分别由压强—
体积（p﹣V）图上的两条曲线Ⅰ和Ⅱ表示，如图所示，曲线均为反比例函数曲线的一部分。
a、b 为曲线Ⅰ上的两点，气体在状态a 和b 的压强分别pa、pb，温度分别为Ta、Tb。c、d 为曲
线Ⅱ上的两点，气体在状态c 和d 的压强分别pc、pd，温度分别为Tc、Td。下列关系式正确的
是（ ）
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A．T a
T b
= 1
3
B．T a
T c
= 2
1
C．pa
pd
= 3
2
D．pd
pb
= 1
2
【解答】解：A．根据一定质量的理想气体的气态方程，及曲线均为反比例函数曲线的一部分，
可得曲线I 为等温变化，故可得a、b 两点的温度相同，故A 错误；
B．根据一定质量的理想气体的气态方程，a 到c 为等压变化，即有T a
T c
= V a
V c
= 1
2，故B 错误；
C．cd 为等温变化，所以有pcVc＝pdVd
解得：pd = pcV c
V d
= 2
3 p0
所以有：
pa
pd
= 3
2
故C 正确；
D．ab 为等温变化，所以有：paVa＝pbVb
得：pb= paV a
V b
= 1
3 p0
所以有：
pd
pb
=2
故D 错误。
故选C。
题型四 热力学第一定律与能量守恒定律
1.热力学第一定律的理解
(1)内能的变化都要用热力学第一定律进行综合分析。
(2)做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外做功，W 为负；体积缩小，外界对气体做功，W
为正。
(3)与外界绝热，则不发生热传递，此时Q＝0。
(4)如果研究对象是理想气体，因理想气体忽略分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子
动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化。
2.三种特殊情况
11
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(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0 或W＝－Q，外界对物体做的功
等于物体放出的热量。
[模型演练12] （2024•龙凤区校级模拟）在学校春季运动会上释放的气球是充有氦气的可
降解气球。释放前工作人员用容积为30L、压强为1.0×107Pa 的氦气罐给气球充气（充气过程
温度不变），要求充气后气球体积为5L、压强为1.0×105Pa；气球释放后飘向高空，当气球体
积膨胀到8L 时就会爆裂落回地面。已知高度每升高1000m，大气温度下降6℃，高度每升高
1m，大气压减小11Pa，庆祝现场地面空气温度为27℃，大气压为1.0×105Pa，不计充气过程的
漏气和气球内原有气体，下列说法正确的是（ ）
A．用一个氦气罐可以充出600 个符合要求的气球
B．当气球发生爆裂时，气球离地面的高度为3846m
C．用氮气罐给气球充气过程中，氦气放出热量
D．要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球体积适当减小
【解答】解：A．设充气前氦气罐的压强和体积分别为p0、V0，充气后气球的压强和体积分别为
p1、V1、，根据题意，设用一个氦气罐可以充出n 个符合要求的气球，由玻意耳定律有
p0V0＝p1（V0+nV1）
解得n＝594
故A 错误；
B．当气球发生爆裂时，气球体积膨胀到8L，设此时气球离地面高度为h，根据题意可知爆裂时
气体的压强和温度分别是p2＝p1﹣11h
T 2=T 0- 6h
1000
由理想气体方程有
p1V 1
T 0
= p2V 2
T 2
其中T0＝t0+273K＝300K
解得h≈3846m
故B 正确；
C．对充入气球内的氦气，从氦气罐内到气球内的过程，体积增大，对外做功，不计温度变化，
内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热，故C 错误；
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D．由B 中分析可以推导出h 与V1的函数关系式为
h=
10
5
11+
9
9
V 1
-1
可知，体积越小，高度越大，要降低气球发生爆裂时的高度，在地面充气时可使充气后的气球
体积适当增大，故D 错误。
故选：B。
[模型演练13] （2024•青羊区校级模拟）一定质量的理想气体封闭在汽缸内，从初始状态
A 经状态B、C、D 再回到状态A，其体积V 与热力学温度T 的关系如图所示。下列说法正确
的是（ ）
A．过程A→B 中，气体从外界放出热量
B．过程C→D 中，气体内能的减少量大于气体向外界放出的热量
C．过程B→C 中，气体分子在单位时间内对汽缸壁单位面积的碰撞次数增大
D．过程D→A 与过程A→B→C→D 中，气体对外界做功的数值相等
【解答】解：A、A→B 过程中，气体的体积不变，气体不做功，则W＝0，温度升高，气体的
内能增大，则ΔU＞0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知Q＞0，所以气体吸收热量，故A 错
误；
B、C→D 过程中，气体的体积减小，外界对气体做功，则W＞0，温度降低，则气体的内能减小，
则ΔU＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知Q＜0，则¿，所以气体的气体内能的减少量小于
气体向外界放出的热量，故B 错误；
C、B→C 过程中，气体温度不变，气体体积减小，则气体密集程度增大，所以气体分子在单位
时间内对汽缸壁单位面积的碰撞次数增大，故C 正确；
D、D→A 过程，DA 连线过坐标原点，气体的压强不变，体积增大，气体对外界做功，
A→B→C→D 过程中，A→B 过程中，气体不做功，
B→C→D 过程，根据V﹣T 图像上各点与坐标原点连线的斜率减小，气体的压强越大，可知
B→C→D 过程中压强大于A→B 过程中压强，体积减小，则外界对气体做功，但两过程体积变
化相等，由W＝pΔV 可知两过程气体做功不相等，故D 错误。
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故选：C。
[模型演练14] （2024•乐清市校级三模）学习了热学部分知识后，小智同学受到启发，设
计了一个利用气体来测量液体温度的装置。
该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、四个挡条组成。圆柱形金属
块质量为20g、厚度为2cm 与管壁紧密接触（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，
管内挡条限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下挡条之
间刻上刻度。上、下挡条间距离为40cm，上端挡条距管下端距离为100cm，管的横截面积为
5mm2，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切摩擦阻力。外
界大气压强恒为p0=1.0×10
5 Pa，当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力。
（1）测量温度时，管内气体和待测液体达到 （选填“平衡态”或者“热平
衡”），该温度计的刻度 （选填“均匀”或“不均匀”）；
（2）该温度计的测温范围；
（3）某次测温时示数由57℃上升到157℃，如果该过程气体内能改变量为0.4J，求管内气体吸
收的热量。
【解答】解：（1）测量温度时，管内气体和待测液体达到热平衡。
测温时金属块在上下挡条之间自由移动，封闭气体压强一定，由盖—吕萨克定律：V
T =C，可得：
ΔV
ΔT = SΔh
ΔT =C
因圆柱形细管的横截面积S 一定，故金属块的高度变化Δh 与温度的变化ΔT 成正比关系，可知
该温度计的刻度是均匀的。
（2）已知当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力，此时封闭气体的体积最小，
所测温度最低。
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此时气体的体积为：V1＝Sh1，h1＝100cm﹣40cm＝60cm
温度为：T1＝（27+273）K＝300K
所测温度最高时（设为T2），金属块恰好对上方挡条无压力，此时气体的体积为：
V2＝Sh2，h2＝100cm﹣2cm＝98cm
根据盖—吕萨克定律可得：
V 1
T 1
= V 2
T 2
解得：T2＝490K，即217℃
则该温度计的测温范围为：27℃～217℃
（3）示数由57℃上升到157℃，温度升高了Δt＝100℃，设对应的金属块上升的高度为Δh，由
（1）的结论：金属块的高度变化Δh 与温度的变化ΔT 成正比关系，可得：
Δh
Δt = h2-h1
T 2-T 1
解得：Δh＝20cm＝0.2m
封闭气体压强为：p＝p0+ mg
S
此过程外界对气体做功为：
W＝﹣pSΔh
其中：m＝20g＝0.02kg，S＝5mm2＝5×10﹣6m2，p0=1.0×10
5 Pa
解得：W＝﹣0.14J
根据热力学第一定律得：ΔU =W +Q
解得：Q＝0.54J
即气体吸收的热量为0.54J。
答：（1）热平衡；均匀；
（2）该温度计的测温范围27℃至217℃；
（3）管内气体吸收的热量为0.54J。
题型五 热力学第一定律与图像的综合应用
1.气体的状态变化可由图象直接判断或结合理想气体状态方程＝C 分析.
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2.气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析.
(1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功.
(2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小.
(3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 判断气体是吸热还是放热.
[模型演练15] （2024•泰州模拟）一定质量的理想气体从状态a 开始，经a→b、b→c、
c→a 三个过程后回到初始状态a，其p﹣V 图像如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．气体在a→b 过程中做等温变化
B．气体在b→c 过程中内能增加
C．气体在a→b 过程和b→c 过程对外界做的功相等
D．气体在一次循环过程中会向外界放出热量
【解答】解：A．气体在a→b 过程中因pV 乘积变大，根据理想气体状态方程pV＝CT 可知，温
度升高，故A 错误；
B．气体在b→c 过程中因pV 乘积变小，可知温度降低，内能减小，故B 错误；
C．在p﹣V 图像中，图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做功，可知气体在a→b 过程和b→c
过程对外界做的功相等，故C 正确；
D．气体在一次循环过程中从a 到b 再到c 过程对外做功，从c 到a 过程外界对气体做功，整个
过程中气体对外做功，且内能不变，则气体会从外界吸收热量，故D 错误。
故选：C。
[模型演练16] （2024•郑州三模）一定质量的理想气体从状态a 开始，经历abcda 过程回到
原状态，其P﹣T 图象如图所示，其中ab、cd 与T 轴平行，bd 的延长线过原点O。下列判断正
确的是（ ）
A．在a、c 两状态，气体的体积相等
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B．在b、d 两状态，气体的体积相等
C．由c 状态到d 状态，气体内能增大
D．由d 状态到a 状态，气体对外做功
【解答】解：ABD、根据pV
T =C可得：p= C
V ⋅T，即p﹣T 图像图线的斜率k= C
V
在a、c 两状态分别与O 点连线的斜率不同，其气体的体积不相等；
气体在b、d 两状态在同一条过原点的直线上，即在同一条等容线上，其体积相等；
d 与O 点连线的斜率小于a 点与O 点连线的斜率，则d 状态时的气体体积小于a 状态时的气体体
积，即由d 状态到a 状态，气体的体积减小，外界对气体做功，故AD 错误，B 正确；
C、理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，由c 状态到d 状态，气体温度降低，
气体内能减小，故C 错误；
故选：B。
[模型演练17] （2024•荆州区校级四模）如图，是以状态α 为起始点、在两个恒温热源之
间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的p﹣V 图像，虚线T1、T2为等温线。该循环是由两个等
温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源
交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是（ ）
A．a→b 过程气体压强减小完全是由于单位体积内分子数减少导致的
B．一个循环过程中，外界对气体做的功小于气体对外界做的功
C．d→a 过程向外界释放的热量等于b→c 过程从低温热源吸收的热量
D．a→b 过程气体对外做的功等于c→d 过程外界对气体做的功
【解答】解：A、由公式pV＝CT 可知，pV 的乘积越大，则气体的温度越高，a→b 过程中气体
的温度降低，则气体的内能减小，a→b 过程气体压强减小是由于单位体积内分子数减少和温度
降低而导致的分子平均动能减小导致的，故A 错误；
B、由图像，一个循环过程中，c→d→a 外界对气体做的功大于a→b→c 气体对外界做的功，故
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B 错误；
C、由图像，d→a 过程外界对气体做的功大于b→c 过程气体对外做的功，所以d→a 过程向外界
释放的热量大于b→c 过程从低温热源吸收的热量，故C 错误；
D、因为两个过程是绝热过程，a→b 过程气体对外做的功，气体温度由T1减小到T2，等于c→d
过程外界对气体做的功，气体温度由T2增加到T1，根据ΔU＝Q+W，a→b 过程气体对外做的功
等于c→d 过程外界对气体做的功，故D 正确。
故选：D。
题型六 热力学第二定律的理解
1.热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体.
(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响.或表述为“第
二类永动机是不可能制成的”.
2.热力学第二定律的微观意义
一切自发过程总是沿着分子热运动的无序度增大的方向进行.
3.第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律.
[模型演练18] （2024•海淀区校级三模）下列说法正确的是（ ）
A．流散到周围环境中的内能可以自动聚集起来，并被加以利用
B．只要对内燃机不断进行革新，总有一天它可以把气体的内能全部转化为机械能
C．第二类永动机不违反热力学第一定律，只违反热力学第二定律
D．热量不可能由低温物体传给高温物体
【解答】解：A、根据热力学第二定律，流散到周围环境中的内能不可能自动聚集起来，并被加
以利用，故A 错误；
B、根据热力学第二定律，不可能利用高科技手段，让内燃机把气体的内能全部转化为机械能，
故B 错误；
C、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C 正确；
D、根据热力学第二定律，热量可能由低温物体传给高温物体，但会引起其他的变化，故D 错误。
故选：C。
[模型演练19] （2024•湖北二模）关于热力学定律，下列说法错误的是（ ）
A．做功与传热对改变系统的内能是等价的
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B．热力学第一定律实际上是内能与其他形式能量发生转化时的能量守恒定律
C．一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的
D．能源的使用过程中虽然能的总量保持守恒，但能量的品质下降
【解答】解：A、做功与热传递是改变内能的两种方式，对改变系统的内能是等价的，故A 正确；
B、根据热力学第一定律可知，热力学第一定律揭示了内能与其他形式能量发生转化时的能量之
间的关系，故B 正确；
C、根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故C 错误；
D、能源的使用过程中虽然能的总量保持守恒，但能量的品质下降说明了能源是有限的，我们要
节约能源，故D 正确。
本题选择错误的，
故选：C。
[模型演练20] （2024•通州区一模）黑洞是广义相对论预言的奇异天体，对于质量为M 的
球对称简单黑洞，可以定义一个以黑洞中心为球心、半径为r 的球面，称为视界。按照经典理
论，视界以内所有物质都无法逃离黑洞。按照牛顿力学，如果一个粒子在质量为M 的球对称
天体表面的逃逸速度恰好等于真空中的光速c，此天体即为黑洞，其半径r 的表达式为
r = 2GM
c
2
，其中G 为引力常量。由牛顿力学得到的r 恰好与广义相对论给出的同质量黑洞的视
界半径结果一致。
按照贝肯斯坦和霍金的理论，黑洞的熵S 正比于其视界面积A，即S = k Bc
3
4GℏA，其中h、kB均为
常量。当两个质量均为M1的简单黑洞塌缩成一个质量为M2（M2＜2M1）的简单黑洞时，其系统
的熵的变化量为（ ）
A．ΔS = 4 π k BG
cℏ
(2 M 2
2- M 1
2)
B．ΔS = 4 π k BG
cℏ
( M 2
2-2 M 1
2)
C．ΔS = 2π k BG
c ℏ
( M 2
2- M 1
2)
D．ΔS = 2π k BG
c ℏ
( M 2
2-2 M 1
2)
【
解
答
】
解
：
由
题
意
可
的
黑
洞
熵
与
质
量
的
关
系
为
：
S = k Bc
3
4GℏA = k Bc
3
4Gℏ×4 π r
2= π k Bc
3
Gℏ
( 2GM
c
2
)
2= 4 π k BG M
2
cℏ
当两个质量均为M1的简单黑洞塌缩成一个质量为M2（M2＜2M1）的简单黑洞时，其系统的熵的
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变化量为：
ΔS＝S2﹣2S1= 4 π k BG M 2
2
cℏ
-2× 4 π k BG M 1
2
cℏ
= 4 π k BG
cℏ
( M 2
2-2 M 1
2)，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
题型七 热力学定律与气体实验定律的综合问题
1.热力学定律与气体实验定律问题的处理方法
(1)气体实验定律研究对象是一定质量的理想气体。
(2)解决具体问题时,分清气体的变化过程是求解问题的关键,根据不同的变化,找出与之相关的气体状
态参量,利用相关规律解决。
(3)对理想气体,只要体积变化,外界对气体(或气体对外界)就要做功,如果是等压变化,W=pΔV;只要温
度发生变化,其内能就发生变化。
(4)结合热力学第一定律ΔU=W+Q 求解问题。
2.与理想气体相关的热力学问题的分析方法
对一定量理想气体的内能变化,吸热还是放热及外界对气体如何做功等问题,可按下面方法判定:
(1)做功情况看体积
体积V 减小→外界对气体做功→W>0;
体积V 增大→气体对外界做功→W<0;
无阻碍地自由膨胀→W=0。
(2)内能变化看温度
温度T 升高→内能增加→ΔU>0;
温度T 降低→内能减少→ΔU<0。
(3)吸热还是放热,一般题目中会告知,或由热力学第一定律ΔU=Q+W,知道W 和ΔU 后确定Q。
[模型演练21] （2024•四川一模）在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体，图
乙是它从状态A 变化到状态B 的V﹣T 图像。已知AB 的反向延长线通过坐标原点，气体在A
点的压强为p＝9.0×104Pa，在从状态A 变化到状态B 的过程中，气体吸收的热量Q＝
3.2×102J，求：
①气体在状态B 的体积VB；
②此过程中气体内能的增量ΔU。
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【解答】解：①V﹣T 图像通过坐标原点，V 与T 成正比，则知从A 到B 气体发生等压变化。
由盖—吕萨克定律得：
V A
T A
= V B
T B
解得：VB= T B
T A
V A = 4.0×10
2
3.0×10
2 ×6.0×10﹣3m3＝8.0×10﹣3m3
②外界对气体做的功：
W＝﹣p（VB﹣VA）＝﹣9.0×104×（8.0×10﹣3﹣6.0×10﹣3）J＝﹣1.8×102J
根据热力学第一定律：ΔU＝Q+W
解得：ΔU＝3.2×102J﹣1.8×102J＝1.4×102J＝140J
答：①气体在此状态B 的体积VB为8.0×10﹣3m3；
②此过程中气体内能的增量ΔU 为140J。
[模型演练22] （2024•西湖区校级模拟）超市中有一种“强力吸盘挂钩”，其结构原理如
图甲图所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，空腔内气体压强仍与外界大气压强相等。
然后再扳下锁扣，让锁扣通过细杆把吸盘向外拉起，空腔体积增大，从而使吸盘紧紧吸在墙上
（如图丙）。已知外界大气压强p0＝1×105Pa，甲图空腔体积为V0＝1.5cm3，乙图空腔体积为
V1＝2.0cm3，吸盘空腔内气体可视为理想气体，忽略操作时温度的变化，全过程盘盖和吸盘之
间的空隙始终与外界连通。
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（1）扳下锁扣过程中空腔内气体是 。（吸热、放热）
（2）求扳下锁扣后空腔内气体的压强p1；
（3）若吸盘与墙面接触的正对面积为S，强力挂钩的总质量为m，与墙面间的最大静摩擦力是
正压力的k 倍，则所能挂物体的最大质量？
【解答】解：（1）温度不变，空腔内气体内能不变，扳下锁扣过程中外力对空腔内气体做负功，
根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，空腔内气体吸热。
（2）根据玻意耳定律可得：
p0V0＝p1V1
代入数据解得：p1＝7.5×104Pa
（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析
（m+M）g＝kFN
挂钩对墙面的压力
FN＝p0S
联立解得M= k P0 S
g
-m
故答案为：（1）吸热；（2）气体的压强为7.5×104Pa；（3）所能挂物体的最大质量为
k P0 S
g
-m。
[模型演练23] （2024•长安区二模）某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良
好的两个气缸C、D，通过活塞a、b 封闭质量相等的两部分同种气体A、B，两活塞通过轻弹
簧相连。整个装置静置在水平面上，已知C 气缸质量为M，封闭气体的初始高度均为L，初始
环境温度为T0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，活
塞光滑且活塞与气缸不漏气。
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（1）若环境温度缓慢升至1.2T0，求稳定后A 气体的高度。
（2）若环境温度缓慢升至1.2T0，此过程中A 气体内能增加量为U，求A 气体从外界吸收的热
量Q。
【解答】解：（1）若环境温度缓慢升至1.2T0，根据受力平衡可知，气体发生等压变化，根据盖
﹣吕萨克定律则有
LS
T 0
= L1S
1.2T 0
解得：L1＝1.2L；
（2）若环境温度缓慢升至1.2T0，A 气体内能增加量为U，气体膨胀，则气体对外界做功为
W =-( p0+ Mg
S )×0.2 LS =-(0.2 p0 LS +0.2 MgL)
根据热力学第一定律
ΔU＝W+Q
可得：Q＝U+0.2p0LS+0.2MgL；
答：（1）若环境温度缓慢升至1.2T0，稳定后A 气体的高度为1.2L；
（2）若环境温度缓慢升至1.2T0，此过程中A 气体内能增加量为U，A 气体从外界吸收的热量Q
为U+0.2p0LS+0.2MgL。
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